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专题10 特殊平行四边形（四大知识点，40题）
目录
一、知识点一：矩形的判定与性质综合，难度四星，10题 1
二、知识点二：菱形的判定与性质综合，难度四星，10题 3
三、知识点三：正方形的判定与性质综合，难度四星，10题 6
四、知识点四：特殊平行四边形综合，难度四星，10题 10
一、知识点一：矩形的判定与性质综合，难度四星，10题
1．（23-24八年级·重庆渝中·期末）如图，在矩形中，对角线、相交于点，，平分交于，以为边向矩形内作等边三角形，连接．的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24八年级·广东揭阳·期中）在矩形中，，，点P是线段上一个动点，若将沿折叠，使点B落在点E处，连结、，若P、E、D三点在同一条直线上，则的长度是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．0.5
3．（23-24九年级·四川成都·期中）如图，在矩形中，对角线相交于点，垂足为，则的值为 ．
4．（23-24八年级·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，点E在边上，沿折叠得到，且点B，F，E三点共线，连接，若，，则 ， ．
5．（23-24八年级·河南周口·阶段练习）如图，长方形中，，点E为射线上一动点（不与点D重合），将沿翻折得到，连接，若为直角三角形，则的长为 ．
6．（23-24八年级·四川成都·期末）如图，在长方形中，，，点E为上一点，，点F为长方形边上一动点，将沿直线EF翻折，当点A的对应点恰好落在边上时，折痕的长度为 ．
7．（23-24八年级·山东菏泽·期末）如图，在中，点F是边的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)若，则四边形是什么特殊四边形？请说明理由
8．（23-24九年级下·北京西城·开学考试）如图，在平行四边形 中，，过点 作交 的延长线于点 ，连接 交 于点 ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)连接 ，若 ，求 的长．
9．（23-24八年级·山东淄博·期末）如图，在矩形中，，，对角线，交于点，点，分别是，延长线上的点，且，，连接，点为的中点．连接，交于点，连接．
(1)猜想：是的中点吗？并加以证明；
(2)求的长．
10．（23-24八年级·广东揭阳·期中）如图所示，已知O为坐标原点，矩形（点A与坐标原点重合）的顶点D、B分别在x轴、y轴上，且点C的坐标为，连接，将沿直线翻折至，交于点E．
(1)求点坐标．
(2)试在x轴上找点P，使的长度最短，请求出这个最短距离．
二、知识点二：菱形的判定与性质综合，难度四星，10题
11．（21-22八年级下·四川德阳·阶段练习）如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点，连接，，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有 ．
12．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 ．
13．（22-23八年级下·吉林白山·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点，，连接，，如果，则 ．
14．（23-24八年级·山东济南·期末）如图，中，对角线与相交于点F，，且，若点P 是对角线上一动点， 连接，将绕点 A 逆时针旋转使至，得连接，取的中点O，连接，则在点P的运动过程中，线段的最小值为 ．
15．（23-24九年级下·北京丰台·开学考试）如图，四边形的对角线，相交于点，，为矩形对角线，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，，求的值．
16．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若，求的长．
17．（21-22八年级下·广西桂林·期中）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以，为邻边作平行四边形，如图1所示．
(1)证明平行四边形是菱形；
(2)连接，，如图2所示，若，求证：；
(3)若，，，M是中点，如图3，求的长．
18．（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在中，，交于点，点，在，且．
(1)求证：；
(2)若，点，分别为，的中点，连接，，，求四边形的周长．
19．（22-23八年级下·吉林四平·期末）如图，四边形的对角线相交于点O，，且，，．
(1)试判定四边形的形状；
(2)若，，求四边形的面积．
20．（23-24八年级·山东泰安·期末）在中，点是上任意一点，延长交的延长线于点．
(1)在图1中，当时，求证：是的平分线；
(2)根据（1）的条件和结论，
①如图2，若，点是的中点，请求出的度数；
②如图3，若，且，连接、，请直接写出的度数．
三、知识点三：正方形的判定与性质综合，难度四星，10题
21．（2024八年级·全国·竞赛）在四边形中，于点E，，则（ ）
A．9 B．3 C． D．无法确定
22．（23-24九年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
23．（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在中，，的平分线交于点D，，．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求四边形的面积．
24．（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点，点，，，．
(1)当时，若直接写出的坐标；
(2)如图，是轴上一点，连接（与线段相交），分别过点作的垂线，垂足分别为点，请证明：；
(3)如图，在（）的条件下，当时，取点关于的对称点，连接，判断与的关系并证明．
25．（23-24八年级·辽宁沈阳·阶段练习）在四边形中，．
(1)如图1，若，，，求四边形的面积；
(2)如图2，若，连接，，，直接写出的长度为______；
(3)如图3，在（2）的条件下，求四边形的周长______．
26．（22-23八年级下·贵州铜仁·阶段练习）在中，、交于点O，过点O作直线、，连接、、、．
(1)如图①，试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图②，当时，四边形的形状是______；
(3)如图③，在（2）的条件下，若，四边形的形状是________；
(4)如图④，在（3）的条件下，若，试四边形的形状是，并说明理由．
27．（2024八年级·全国·竞赛）矩形的顶点A在函的图象上，边在x轴上，点E是的中点，且在函数上的图象上，已知点A的坐标为，点E的横坐标为t．
(1)求函数的解析式；
(2)当时，求t的值
28．（23-24八年级·江苏宿迁·期末）在中，，，以为边在三角形外部作正方形．
(1)如图1，在正方形内部作，若，，则正方形的面积为________；
(2)如图2，在正方形内部作正方形、正方形，，，、、分别表示四边形、四边形、四边形的面积；
①探究、、之间的数量关系，并证明你的结论；
②若，点恰好在线段上，求的值．
29．（21-22八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线与轴负半轴相交于点A，与轴正半轴相交于点C，直线与轴正半轴交于点B，且点B的坐标为．
(1)如图1，求直线的解析式；
(2)如图2，点D在延长线上，过点D作轴交的延长线于点，设点的横坐标为，线段的长为，求与的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
(3)如图3，在（2）的条件下，点在第四象限，连接，且，过点作轴于点，为上一点，为上一点，为上一点，连接交于点，若，，，，求点的坐标．
30．（23-24八年级·福建福州·期末）如图，是等腰直角三角形，，与关于对称，为边上一点，连接并延长交于点，作交于点．
(1)求证：；
(2)探究：当为何值时，点与点关于对称．
四、知识点四：特殊平行四边形综合，难度四星，10题
31．（23-24八年级·辽宁沈阳·阶段练习）如图，四边形起正方形，绕点旋转（），，，连接，；直线与相交于点．连接，若，，直线写出在旋转的过程中，
①当点在正方形的内部，且时 ；
②线段长度的最小值 ．
32．（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，等腰中，，D为上一点，连结，在线段上任取一点P（点A除外），过点P作，分别交于点E和点F，Q为上一点，连结、，，．
(1)求证：①四边形为菱形；
②；
(2)当点P在什么位置时，？
(3)当点P在什么位置时，菱形的面积为四边形面积的三分之一？
33．（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，点P、Q、E、F分别为正方形四条边上的点，已知，请判断四边形的形状并证明．
34．（22-23八年级·四川成都·阶段练习）（1）如图1，等腰的直角顶点在正方形的边上，斜边交于点，连接，则，，的数量关系是 ___________；
（2）如图2，若等腰的直角顶点在正方形的边的延长线上，斜边的延长线交的延长线于点，连接，猜想线段，，满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）（思维拓展）如图3，中，，，若，，求的长度．
35．（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）在矩形中，，，以点为旋转中心，逆时针旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点、点、点的对应点分别为点、点、点．
(1)如图①，当点落在边上时，直写出线段的长度为______；
(2)如图②，当点落在线段上时，与相交于点，连接．
①求证：；
②求线段的长度．
(3)如图③设点为边的中点，连接，，在矩形旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．
36．（23-24八年级·河南周口·阶段练习）我们已经知道，有一个内角是直角的三角形是直角三角形．其中直角所在的两条边叫直角边，直角所对的边叫斜边（如图①所示）．数学家已发现在一个直角三角形中，两个直角边边长的平方和等于斜边长的平方．如果设直角三角形的两条直角边长度分别是和，斜边长度是，那么可以用数学语言表达：．
(1)在图②，若，，则 ；
(2)观察图②，利用面积与代数恒等式的关系，试说明的正确性．其中两个相同的直角三角形边、在一条直线上；
(3)如图③所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，，利用上面的结论求的长．
37．（22-23八年级下·辽宁抚顺·期末）在中，，点D为射线上一动点（点D不与B，C重合），以为边作菱形，使，连接．
(1)如图1，当点D在线段上时，直接写出线段与的数量关系；
(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上，且时，求证：．
38．（21-22九年级·安徽合肥·开学考试）如图，中，是上一点，于点是的中点，于点，与交于点，若平分，连接．
(1)求证：；
(2)试探究线段之间的数量关系，并证明．
(3)若点为中点，判断四边形是什么四边形？并说明理由．
39．（23-24八年级·重庆渝中·期末）如图，在直角中，是边上一点，连接为的中点，过作交延长线于，且平分，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)连接交于，求的度数．
40．（23-24九年级·河南郑州·期末）如图，在中，是 的角平分线．
(1)请用圆规和无刻度的直尺作的垂直平分线，分别交，于点，；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)连接，，试判断四边形的形状，并证明．
试卷第10页，共14页
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专题10 特殊平行四边形（四大知识点，40题）（解析版）
目录
一、知识点一：矩形的判定与性质综合，难度四星，10题 1
二、知识点二：菱形的判定与性质综合，难度四星，10题 14
三、知识点三：正方形的判定与性质综合，难度四星，10题 28
四、知识点四：特殊平行四边形综合，难度四星，10题 46
一、知识点一：矩形的判定与性质综合，难度四星，10题
1．（23-24八年级·重庆渝中·期末）如图，在矩形中，对角线、相交于点，，平分交于，以为边向矩形内作等边三角形，连接．的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形．过作于，推出是等边三角形，令，则，得到，由勾股定理求出，由和是等腰直角三角形，据此求解即可．
【详解】解：过作于，
四边形是矩形，
，，，，，
，
，
，
是等边三角形，
，
令，则，
，
，
平分，
，
是等腰直角三角形，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．
故选：C．
2．（23-24八年级·广东揭阳·期中）在矩形中，，，点P是线段上一个动点，若将沿折叠，使点B落在点E处，连结、，若P、E、D三点在同一条直线上，则的长度是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．0.5
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，根据矩形的性质和折叠的性质得到，利用勾股定理算出，设，则，，在中，根据勾股定理建立方程求解，即可解题．
【详解】解：当P、E、D三点在同一条直线上，如图所示：
在矩形中，，，，
根据折叠的性质，可得，，，
，
在中，根据勾股定理，得，
设，则，，
在中，根据勾股定理，得，
解得，
，
故选：C．
3．（23-24九年级·四川成都·期中）如图，在矩形中，对角线相交于点，垂足为，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质．根据矩形的对角线相等且平分，以及到线段两端点的距离相等的点在线段的中垂线上，得到为等边三角形，利用30度角的直角三角形的性质和勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
4．（23-24八年级·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，点E在边上，沿折叠得到，且点B，F，E三点共线，连接，若，，则 ， ．
【答案】
【分析】本题考查勾股定理，矩形的性质，折叠的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．设交于H，，，根据勾股定理得到，，解得，，然后根据三角形的面积求出解题即可．
【详解】解：设交于H，如图：
设，，
∵沿折叠得到，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
∴①，
在中，，
∴②，
①②联立解得，或（舍去），
∴，，
∴；
，
∵沿折叠得到，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：，．
5．（23-24八年级·河南周口·阶段练习）如图，长方形中，，点E为射线上一动点（不与点D重合），将沿翻折得到，连接，若为直角三角形，则的长为 ．
【答案】8或
【分析】本题考查折叠的性质，长方形的性质，勾股定理，解题的关键是正确进行分类讨论．分为两种情况，一种是点在线段上，另一种是点在的延长线上，利用勾股定理分别求解即可．
【详解】解：∵将沿翻折得到，
∴，，
①如图1，当点在线段上时，
，
，，三点共线，
，
，
，
；
②如图2，当点在的延长线上时，
，，，
，
设，则，
，
，
，
解得，
，
综上，的值为8或．
故答案为：8或．
6．（23-24八年级·四川成都·期末）如图，在长方形中，，，点E为上一点，，点F为长方形边上一动点，将沿直线EF翻折，当点A的对应点恰好落在边上时，折痕的长度为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的判定，线段垂直平分线的性质等知识，熟知相关定理，根据题意画出图形并添加合适辅助线是解题关键．作，垂足为G．先证明，得到，根据勾股定理求出，再证明四边形为矩形，得到，进而得到，得到为线段的垂直平分线，即可求出．
【详解】解：如图，作，垂足为G．
∵四边形为矩形，
∴，，
∵直线EF翻折得到，且点在边上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为线段的垂直平分线，
∴．
故答案为：4
7．（23-24八年级·山东菏泽·期末）如图，在中，点F是边的中点，连接、．
(1)求证：；
(2)若，则四边形是什么特殊四边形？请说明理由
【答案】(1)见解析
(2)矩形，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及矩形的判定．证明三角形全等是解题的关键．
（1）由在中，点F是边的中点，易证得，可得即可；
（2）由（1）易得四边形是平行四边形，又由，易证得，即可得，证得四边形是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点F是边的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
（2）解：四边形是矩形．理由如下：
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
8．（23-24九年级下·北京西城·开学考试）如图，在平行四边形 中，，过点 作交 的延长线于点 ，连接 交 于点 ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)连接 ，若 ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质．
（1）根据四边形是平行四边形，可得，再证，即可证明四边形是平行四边形，又，可证明四边形是矩形；
（2）根据四边形是矩形得出，，，证明是等边三角形，再根据勾股定理即可求出的长．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
四边形是平行四边形，点E在的延长线上，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
（2）四边形是矩形，四边形是平行四边形，
，，，
，
是等边三角形，
，，
，，
，
的长是．
9．（23-24八年级·山东淄博·期末）如图，在矩形中，，，对角线，交于点，点，分别是，延长线上的点，且，，连接，点为的中点．连接，交于点，连接．
(1)猜想：是的中点吗？并加以证明；
(2)求的长．
【答案】(1)H是的中点，证明详见解析
(2)
【分析】（1）如图，取中点，连接，根据矩形性质，可证得是的中位线，再由中位线性质，可得，， 由平行线性质可得，，，已知的值，可求出与长度相等，根据全等三角形判定，证得，可得，即可证得结论；
（2）如图，连接，由矩形性质可得，由已知条件，求出的值，即可利用勾股定理求出的值，由是中点，是中点，根据中位线定义得是的中位线，根据中位线性质，可得，即可求出的值．
【详解】（1）解：是的中点，
证明：如图，取中点，连接，
四边形是矩形，对角线，相交于点，
是中点，，，
是中点，
是的中位线，
，，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
是的中点．
（2）解：如图，连接，
四边形是矩形，
．
，
，
，是中点，
，
，
，
在中，，，，
是中点，是中点，
是的中位线，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，中位线的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理解三角形，掌握相关性质，合理添加辅助线，证得及构造直角三角形求出的值是解题关键．
10．（23-24八年级·广东揭阳·期中）如图所示，已知O为坐标原点，矩形（点A与坐标原点重合）的顶点D、B分别在x轴、y轴上，且点C的坐标为，连接，将沿直线翻折至，交于点E．
(1)求点坐标．
(2)试在x轴上找点P，使的长度最短，请求出这个最短距离．
【答案】(1)；
(2)的长度的最短距离为．
【分析】（1）由点坐标，求得矩形的边长，连接，与交于点，过作于点，由三角形的面积公式求得，设，由勾股定理列出的方程求得，再求得，便可得点的坐标；
（2）作点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，则的值最小，根据两点距离公式求出便可．
【详解】（1）点的坐标为，
，，
连接，与交于点，过作于点，
由折叠知，，，，
，
，
，
设，则，
，
即，
解得，，即，
，
；
（2）作点关于轴的对称点，连接，与轴交于点，则的值最小，
，
，
故的长度的最短距离为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，两点之间线段最短，第（1）题关键在于构造直角三角形，利用勾股定理列出方程，第（2）题关键在于确定点的位置．
二、知识点二：菱形的判定与性质综合，难度四星，10题
11．（21-22八年级下·四川德阳·阶段练习）如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点，连接，，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有 ．
【答案】①②③
【分析】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．如图延长交的延长线于G，取的中点H，连接，交于点M．证明四边形，四边形都是菱形，可判断①；证明可判断②；根据可判断③；根据可判断④ ．
【详解】解：如图延长交的延长线于G，取的中点H，连接，交于点M．
∵平行四边形中，，，，
∴，，
∴四边形，四边形都是菱形，
∴，
∴．
故①正确，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故②正确，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故③正确，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
故④错误，
故答案为：①②③．
12．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，首先证明四边形是菱形，在根据菱形的对角线平分一组对角进行求解是解决问题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分线段，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
13．（22-23八年级下·吉林白山·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点，，连接，，如果，则 ．
【答案】/度
【详解】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，首先证明四边形是菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可解决问题．
【解答】解：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
垂直平分线段，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
故答案为：．
14．（23-24八年级·山东济南·期末）如图，中，对角线与相交于点F，，且，若点P 是对角线上一动点， 连接，将绕点 A 逆时针旋转使至，得连接，取的中点O，连接，则在点P的运动过程中，线段的最小值为 ．
【答案】2
【分析】连接，由菱形的性质及，得出，，，由勾股定理求出，进而得出，证明，得出，进而得出当时，的值最小，求出此时的长度即可．本题考查了菱形的性质，旋转的性质，找出全等的三角形，证明是解决问题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是平行四边形，且
∴四边形是菱形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵将绕点A逆时针旋转使得，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是满足的线段，
当时，的值最小，
∵O是的中点，
∴
∴，
∴在点P的运动过程中，线段的最小值为2，
故答案为：2
15．（23-24九年级下·北京丰台·开学考试）如图，四边形的对角线，相交于点，，为矩形对角线，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的性质，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质得到，，推出，根据菱形的判定定理得到四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得到，，，，，，推出是等边三角形，得到，根据勾股定理得到，求得，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）明：四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，，
，，，，，，
是等边三角形，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
．
16．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，在矩形中，对角线相交于点O，，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是证明四边形是平行四边形；
（2）本题考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，解题的关键是证明四边形是平行四边形．
【详解】（1）解： ，，
四边形是平行四边形，
矩形的对角线相交于点O，
，
四边形是菱形；
（2）如图，连接，交于点F，
由（1）知，四边形是菱形，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
17．（21-22八年级下·广西桂林·期中）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以，为邻边作平行四边形，如图1所示．
(1)证明平行四边形是菱形；
(2)连接，，如图2所示，若，求证：；
(3)若，，，M是中点，如图3，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质结合角平分线的定义可证，根据等角对等边可得，最后由菱形的判定定理即可证明；
（2）先判断出，再判断出，进而得出，即可判断出；
（3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形为菱形；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴．
由（1）知，四边形是菱形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵是的平分线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，连接．
∵，四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
又由（1）可知四边形为菱形，，
∴四边形为正方形．
∴，
∴．
∵M为中点，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴.
∴，
∴是等腰直角三角形.
∵，
∴，
∴．
【点睛】此题考查特殊四边形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质等知识．熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
18．（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在中，，交于点，点，在，且．
(1)求证：；
(2)若，点，分别为，的中点，连接，，，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形的周长为20．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，证出，证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得出结论；
（2）证出四边形是菱形，由三角形中位线定理得出，由勾股定理求出的长，则可得出答案．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
又，
，
即，
又，
四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：四边形是平行四边形，
∴，
，
又，
，
，
四边形是菱形，
，
由（1）可知四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
点，分别为，的中点，
是的中位线，
，
又，
，
，
四边形的周长为．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
19．（22-23八年级下·吉林四平·期末）如图，四边形的对角线相交于点O，，且，，．
(1)试判定四边形的形状；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析；
(2)．
【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟记平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据题意推出平行四边形是矩形，四边形是平行四边形，根据矩形的性质得出，即可判定四边形是菱形；
（2）根据矩形的性质求出，根据菱形的性质求出，解直角三角形求出，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴
∴
∴，
∴菱形的面积．
20．（23-24八年级·山东泰安·期末）在中，点是上任意一点，延长交的延长线于点．
(1)在图1中，当时，求证：是的平分线；
(2)根据（1）的条件和结论，
①如图2，若，点是的中点，请求出的度数；
②如图3，若，且，连接、，请直接写出的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据等边对等角，利用四边形是平行四边形，可得，由等量关系可得即可证明结论；
（2）①先说明是等腰直角三角形可得，再证明可得，然后证明是等腰直角三角形即可证明结论；②延长相较于H，连接，求证四边形是平行四边形，再求证是等边三角形，求证，再根据全等三角形的性质及角的和差即可解答．
【详解】（1）证明：如图1，，
，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴是的平分线．
（2）解：①如图2，连接
∵在平行四边形中，，
，
，
，
又，
∴是等腰直角三角形，即：，
由（1）可得：，
，
又∵是的中点，
，
，
∴，
∴，
是等腰直角三角形，即：；
②如图3，延长相较于H，连接．
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形为平行四边形
由（1）可得：AD=DF，CE=CF
∴平行四边形是菱形．平行四边形是菱形．
∵，
∴,,
∴是等边三角形，即，
在与中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，综合运用相关知识成为解题的关键．
三、知识点三：正方形的判定与性质综合，难度四星，10题
21．（2024八年级·全国·竞赛）在四边形中，于点E，，则（ ）
A．9 B．3 C． D．无法确定
【答案】B
【分析】本题考查的知识点有全等三角形的判定及性质、正方形的判定，作于点F，易证，得，易知四边形BEDF为正方形，由全等三角形的性质可知，得，进而求得，解决这类题目主要是运用割补法把原四边形转化为正方形，根据其面积保持不变解决问题．
【详解】解：如图，过B作的延长线于点F，
∵，，
∴，
∴；
又∵，，且，
∴，
∴，；
∵，，，
∴四边形为正方形；
∵四边形的面积为9，
即：
∴，则，
故选：B．
22．（23-24九年级·重庆沙坪坝·期末）如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作于，于，根据全等三角形的判定定理结合正方形的性质证得，得到，根据等腰三角形的性质和平角的定义即可求出答案.
【详解】
解：过点作于，于，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴ ，
∵ ，
∴，
在和中，
，
∴，
∴ ，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选: ．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是添加辅助线构造全等三角形．
23．（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，在中，，的平分线交于点D，，．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】
本题主要考查正方形的判定和性质、角平分线的性质和勾股定理，
（1）根据题意可知四边形是平行四边形，结合角平分线可得，由平行继而得到邻边相等且有一个角为直角，即可判定为正方形；
（2）由正方形得边相等，结合勾股定理即可求得边长，再利用面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
∵，
∴四边形是正方形．
（2）∵四边形是正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴(舍去负值)，
∴四边形的面积为．
24．（23-24八年级·湖北武汉·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点，点，，，．
(1)当时，若直接写出的坐标；
(2)如图，是轴上一点，连接（与线段相交），分别过点作的垂线，垂足分别为点，请证明：；
(3)如图，在（）的条件下，当时，取点关于的对称点，连接，判断与的关系并证明．
【答案】(1)点的坐标为，点的坐标为；
(2)证明见解析；
(3)，证明见解析．
【分析】（）根据非负数的性质求出和的值，即可得到点和点的坐标；
（）证明，即可证明结论；
（）．连接，证明四边形是正方形，再证明，即可证明结论．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，，
∴点的坐标为，点的坐标为；
（2）证明：∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：，理由如下：
连接，
∵点是点关于的对称点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形是正方形，
同理可证，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了非负数的性质，余角性质，全等三角形的性质和判定，轴对称的性质，正方形的性质和判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
25．（23-24八年级·辽宁沈阳·阶段练习）在四边形中，．
(1)如图1，若，，，求四边形的面积；
(2)如图2，若，连接，，，直接写出的长度为______；
(3)如图3，在（2）的条件下，求四边形的周长______．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】本题考查了勾股定理、全等三角形与正方形的判定和性质等，针对等腰直角三角形构造全等三角形是解题的关键．
（1）由勾股定理依次求得的长，然后再计算两个直角三角形的面积并相加．
（2）自点C分别引的垂线，构造，可证四边形为正方形，得，即，求得，于是在直角中利用勾股定理可求得的长．
（3）利用勾股定理先求得的长，再在等腰直角三角形中求得的长，最后可求得四边形的周长．
【详解】（1）解：解：∵，，
∴，．
∴，
即四边形的面积为．
（2）过点作于，过点作，交的延长线于，
则，
∴四边形是矩形，
，
，则，
又，
∴，则，
∴四边形为正方形，
，
∵ ，即，
，
，即，
故答案为：；
（3），
∴根据勾股定理得，
为等腰直角三角形，
，
设为，
根据勾股定理得：，
解得，
即四边形的周长为：；
故答案为．
26．（22-23八年级下·贵州铜仁·阶段练习）在中，、交于点O，过点O作直线、，连接、、、．
(1)如图①，试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图②，当时，四边形的形状是______；
(3)如图③，在（2）的条件下，若，四边形的形状是________；
(4)如图④，在（3）的条件下，若，试四边形的形状是，并说明理由．
【答案】(1)四边形是平行四边形；理由见解析
(2)菱形
(3)菱形
(4)四边形是正方形；理由见解析
【分析】此题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质；熟练掌握各特殊四边形的联系和区别是解答此类题目的关键．
（1）由于平行四边形对角线的交点是它的对称中心，即可得出、；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可判断出的形状；
（2）当时，平行四边形的对角线互相垂直平分，故四边形是菱形；
（3）当时，对四边形的形状不会产生影响，故结论同（2）；
（4）当且时，四边形是正方形，则对角线相等且互相垂直平分；可通过证，得，从而证得菱形的对角线相等，根据对角线相等的菱形是正方形即可判断出的形状．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形；
证明：∵的对角线、交于点O，
∴点O是的对称中心；
∴，；
∴四边形是平行四边形；
（2）解：同（1）可得：四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故答案为：菱形；
（3）解：由（2）知四边形是菱形，
当时，对四边形的形状不会产生影响，
故答案为：菱形；
（4）解：四边形是正方形；
证明：∵，
∴是矩形；
又∵，
∴是正方形，
∴，；
∵，
∴；
∴
∴；
∴；
∴，
同理可得：，
∴；
由（3）知四边形是菱形，
又，
∴四边形是正方形．
27．（2024八年级·全国·竞赛）矩形的顶点A在函的图象上，边在x轴上，点E是的中点，且在函数上的图象上，已知点A的坐标为，点E的横坐标为t．
(1)求函数的解析式；
(2)当时，求t的值
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）先证明矩形ABCD为正方形，由点A的坐标为得B点的坐标为，，从而得出点D的坐标，然后根据中点坐标公式求解．
【详解】（1）由点A在反比例函数图象上，代入得
解得，
所以函数的解析式为．
（2）∵四边形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴矩形ABCD为正方形，
∵点A的坐标为，
∴B点的坐标为，，
∴D点的坐标为．
∵点E为BD的中点，
∴E点的横坐标．
【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，矩形的性质，正方形的判定与性质，坐标与图形的性质，数形结合是解答本题的关键．
28．（23-24八年级·江苏宿迁·期末）在中，，，以为边在三角形外部作正方形．
(1)如图1，在正方形内部作，若，，则正方形的面积为________；
(2)如图2，在正方形内部作正方形、正方形，，，、、分别表示四边形、四边形、四边形的面积；
①探究、、之间的数量关系，并证明你的结论；
②若，点恰好在线段上，求的值．
【答案】(1)4
(2)①，证明见详解②
【分析】（1）结合全等三角形的性质解得，然后根据正方形面积公式求解即可；
（2）设，，，求得的值，再证明四边形为正方形，进而求得得值，在中，由勾股定理可得，即可证明结论；②连接，首先证明，设，进而表示出，的值，在中，由勾股定理可得，代入求值解得的值，即可获得答案．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，
∴，
∴正方形的面积为．
故答案为：4；
（2）①，证明如下：
设，，，
则，，，
∴，，，，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形，
∴四边形的面积为，
在中，
∵，
∴，
∴；
②如下图，连接，
∵点恰好在线段上，为正方形的对角线，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
设，则，，
，
在中，由勾股定理可得，
即，
解得（舍去），，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质、勾股定理的应用、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、整式混合运算等知识，难度较大，灵活运用勾股定理是解题关键．
29．（21-22八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，直线与轴负半轴相交于点A，与轴正半轴相交于点C，直线与轴正半轴交于点B，且点B的坐标为．
(1)如图1，求直线的解析式；
(2)如图2，点D在延长线上，过点D作轴交的延长线于点，设点的横坐标为，线段的长为，求与的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
(3)如图3，在（2）的条件下，点在第四象限，连接，且，过点作轴于点，为上一点，为上一点，为上一点，连接交于点，若，，，，求点的坐标．
【答案】(1)直线的解析式为
(2)
(3)
【分析】（1）求出直线与y轴交点C的坐标，由待定系数法即可求得直线的解析式；
（2）由点E在直线上且已知其横坐标，则可求得点E的坐标；由轴，点D、E的纵坐标相同，从而由D点在直线上可求得点D的坐标，即可求得，即与的函数关系式；
（3）过点作，交延长线于点，证明，则得，从而有；在上截取，则得，过点作，过点作，两线交于S，连接，得四边形为正方形；证明，则可得是等腰直角三角形，由此可证明，进而可得四边形是平行四边形，得，；在中由勾股定理建立方程求出t的值，即可求得点E的坐标．
【详解】（1）解：与轴交于点C，当时，，
，
，
设直线的解析式为，
经过点和，
，解得，
直线的解析式为；
（2）解：的横坐标为，且在上，
，
即；
∵轴，
∴点D的纵坐标为，
点D在直线上，
，解得，
即，
∴，
即；
（3）解：过点作，交延长线于点，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
在上截取，
，
，
过点作，过点作，两线交于S，连接，
，
四边形为矩形，
又，
矩形为正方形，
，，
在和中，，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
∴，
∵，
四边形为平行四边形，
，
，，
，由（2）知，
，
，
，
在中，，
即，
化简得，
，
解得，（舍去），
，
【点睛】本题是函数与几何的综合，考查了待定系数法求函数解析式，点在函数图象上的坐标特征，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性强，难度较大，构造全等三角形与正方形是解题的关键与难点．
30．（23-24八年级·福建福州·期末）如图，是等腰直角三角形，，与关于对称，为边上一点，连接并延长交于点，作交于点．
(1)求证：；
(2)探究：当为何值时，点与点关于对称．
【答案】(1)见解析
(2)当时，点与点关于对称．
【分析】（1）先证明四边形是正方形，利用等角的余角相等，得到，推出，即可证明；
（2）证明当点与点关于对称时，，由，推出，利用等腰直角三角形的性质及勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，与关于对称，
∴，且，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵与关于对称，又点与点关于对称，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
设，则，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
四、知识点四：特殊平行四边形综合，难度四星，10题
31．（23-24八年级·辽宁沈阳·阶段练习）如图，四边形起正方形，绕点旋转（），，，连接，；直线与相交于点．连接，若，，直线写出在旋转的过程中，
①当点在正方形的内部，且时 ；
②线段长度的最小值 ．
【答案】 /
【分析】（1）过点E作于点O，证明四边形是正方形，根据等腰直角三角形的性质可正方形的性质可得，，，从而可得，，利用勾股定理可得，利用等量代换可得，即，求得，即可求解；
（2）过点D作于点H，过点B作于点M，证明，可得，由勾股定理可得最大时，最小，的最大值为，从而可得，再等腰直角三角形的性质和勾股定理可得的最小值为．
【详解】解：（1）过点E作于点O，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵是等腰直角三角形，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）过点D作于点H，如图所示：
由（1）可得，四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，
∵，，，
∴，
∴，
∵，，
∴最大时，最小，的最大值为，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
32．（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，等腰中，，D为上一点，连结，在线段上任取一点P（点A除外），过点P作，分别交于点E和点F，Q为上一点，连结、，，．
(1)求证：①四边形为菱形；
②；
(2)当点P在什么位置时，？
(3)当点P在什么位置时，菱形的面积为四边形面积的三分之一？
【答案】(1)①见解析，②见解析；
(2)点P为的中点；
(3)点P为靠近点E的三等分点时．
【分析】（1）先用ASA证≌，得到，从而证得四边形为平行四边形，再根据对角线垂直可证得四边形为菱形；由菱形可证得，平分，根据等腰三角形，可证得，进而证得，证得四边形为平行四边形，从而得到结论；
（2）要证明，则可由≌推导而来，此时，即：点P为的中点；
（3）过点E作于点N，，，要使得，则有,此时，点P为靠近点E的三等分点．
【详解】（1）证明：①∵，
∴．
在和中，
∴≌，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴平行四边形为菱形．
②由①知，四边形为菱形，
∴平分，
又∵，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴四边形为平行四边形．
∴．
（2）解：当点P为的中点时，，
由（1）得，．
当点P为的中点时，．
在和中，
∴≌，
∴．
（3）解：点P为靠近点E的三等分点时，
，
如答图，过点E作于点N，
当时，
则．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握各项基本性质，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．
33．（23-24八年级下·全国·随堂练习）如图，点P、Q、E、F分别为正方形四条边上的点，已知，请判断四边形的形状并证明．
【答案】正方形，见解析
【分析】
本题主要考查正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质，根据题意得和，即可证得，则有，进一步证得即可判定为正方形．
【详解】证明：四边形是正方形，证明如下：
∵四边形是正方形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形为菱形．
∵，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
34．（22-23八年级·四川成都·阶段练习）（1）如图1，等腰的直角顶点在正方形的边上，斜边交于点，连接，则，，的数量关系是 ___________；
（2）如图2，若等腰的直角顶点在正方形的边的延长线上，斜边的延长线交的延长线于点，连接，猜想线段，，满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
（3）（思维拓展）如图3，中，，，若，，求的长度．
【答案】（1）（2），见解析；（3）
【分析】（1）由旋转的性质可得，，，，由“”可证，可得，可得结论；
（2）由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，可得结论；
（3）分别以，为对称轴，作出的轴对称图形，点的对称点分别为，，延长，交于点，证明四边形是正方形；设，利用勾股定理，建立关于的方程模型，求出的值．
【详解】解：（1）四边形是正方形，
，，
如图1，将绕点顺时针旋转到，
，，，，
，
点，点，点三点共线，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：；
（2），理由如下：
如图2，将绕点顺时针旋转到，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）由翻折而成，由翻折而成，
，．
，，
又，
．
又，
，．
四边形是矩形，
又，，
，
矩形是正方形，且边长为5，
设，则，，，
在中，，
．
解得，即．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
35．（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）在矩形中，，，以点为旋转中心，逆时针旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点、点、点的对应点分别为点、点、点．
(1)如图①，当点落在边上时，直写出线段的长度为______；
(2)如图②，当点落在线段上时，与相交于点，连接．
①求证：；
②求线段的长度．
(3)如图③设点为边的中点，连接，，在矩形旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．
【答案】(1)；
(2)①证明见详解；②；
(3)存在，最大值为：；
【分析】（1）本题考查矩形的性质，旋转的性质与勾股定理，根据旋转得到，根据矩形得到，结合勾股定理即可得到答案；
（2）①矩形的性质，旋转的性质及三角形全等的判定，根据旋转及矩形得到，，即可得到证明；②本题考查三角形全等的性质与勾股定理，根据得到，从而得到，即可得到，利用勾股定理求解即可得到答案；
（3）本题考考查矩形的性质，勾股定理，根据矩形的性质，勾股定理求出固定，即可得到高最大，面积最大，结合三角形三边关系得到最大高即可得到答案；
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∵，逆时针旋转矩形得到矩形，
∴，
∴，
∴；
（2）①证明：∵四边形是矩形，逆时针旋转矩形得到矩形，
∴，，
在与中，
∵，
∴；
②解：∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，解得：，
∴；
（3）解：存在
，
∵为边的中点，
∴，
∴，
过A作，
∴当，，三点共线时高最大，三角形面积最大如图所示，
∵，
∴，
∴，
∴．
36．（23-24八年级·河南周口·阶段练习）我们已经知道，有一个内角是直角的三角形是直角三角形．其中直角所在的两条边叫直角边，直角所对的边叫斜边（如图①所示）．数学家已发现在一个直角三角形中，两个直角边边长的平方和等于斜边长的平方．如果设直角三角形的两条直角边长度分别是和，斜边长度是，那么可以用数学语言表达：．
(1)在图②，若，，则 ；
(2)观察图②，利用面积与代数恒等式的关系，试说明的正确性．其中两个相同的直角三角形边、在一条直线上；
(3)如图③所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，，利用上面的结论求的长．
【答案】(1)15
(2)见解析
(3)
【分析】（1）直接将，代入中，求解即可得出结论；
（2）分别用不同的方式表示出梯形的面积，列出等式，根据整式的运算法则计算即可；
（3）先求出，，再由勾股定理求出，进而得出，设，则，，最后用勾股定理，建立方程求解，即可得出结论．
【详解】（1）解：将，代入中，得，
故答案为：15；
（2）解：图②的面积，
又图②的面积，
，
，
即；
（3）解：四边形是长方形，
，，，
由折叠得，，，
在中，，
即，
解得：，
又，
，
设，
则，
在中，，
，
解得，
即．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是勾股定理的证明与应用、翻折变换的性质、梯形面积公式等知识；掌握梯形的面积公式、勾股定理以及翻转变换的性质是解题的关键．
37．（22-23八年级下·辽宁抚顺·期末）在中，，点D为射线上一动点（点D不与B，C重合），以为边作菱形，使，连接．
(1)如图1，当点D在线段上时，直接写出线段与的数量关系；
(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上，且时，求证：．
【答案】(1)
(2)见详解
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，利用已知条件证明是解题的关键．
（1）由已知得，再根据菱形的性质得，再由，证明≌；
（2）同（1）可得≌，得，再由，证得，所以．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，
，
，
，
≌，
．
（2）证明：四边形是菱形，
，
，
，
，
≌，
，
，，
∴由勾股定理，得，
，
．
38．（21-22九年级·安徽合肥·开学考试）如图，中，是上一点，于点是的中点，于点，与交于点，若平分，连接．
(1)求证：；
(2)试探究线段之间的数量关系，并证明．
(3)若点为中点，判断四边形是什么四边形？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)四边形是菱形，理由见解析
【分析】（1）根据垂直于同一条直线的两直线相互平行可得，根据点是中点，结合平行可得是的垂直平分线，由此即可求解；
（2）根据题意多点作，可证，得到，再证，可得，由此即可求解；
（3）根据菱形的判定方法“四条边都相等的四边形是菱形”即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵是的中点，，
∴在中，是的中点，
∴是线段的垂直平分线，
∴；
（2），理由如下，
证明：过点作于，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，由(1)可得，
在和中，
∴，
∴，
∴．
（3）解：四边形是菱形，理由如下：
证明：∵在中，为中点，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查平行的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
39．（23-24八年级·重庆渝中·期末）如图，在直角中，是边上一点，连接为的中点，过作交延长线于，且平分，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)连接交于，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，则，又由即可证明四边形是平行四边形，再证明，即可证明四边形是菱形．
（2）求出，得到，由三角形外角的性质得到，由三角形内角和定理即可得到答案．
【详解】（1）证明：，
，
为中点，
，
在和中，
，
，
又∵，
四边形是平行四边形，
又平分，
，
∵，
，
，
又是平行四边形，
四边形是菱形；
（2）∵平分，
，
∵，
，
又为中点，，
∴，
∴，
，
．
【点睛】此题考查了菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
40．（23-24九年级·河南郑州·期末）如图，在中，是 的角平分线．
(1)请用圆规和无刻度的直尺作的垂直平分线，分别交，于点，；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)连接，，试判断四边形的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，证明见解析
【分析】本题考查作图基本作图，线段的垂直平分线，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形．
（1）根据要求作出图形；
（2）结论：四边形是菱形．证明四边相等可得结论．
【详解】（1）图形如图所示：
（2）结论：四边形是菱形．
理由：设交于点．
垂直平分线段，
，，
平分，
，
，，
，
，
四边形是菱形．
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